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高考专题辅导与测试·数学
培优点2　
立体几何中的截面与交线问题
高考专题辅导与测试·数学
PART ONE
　　在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等），得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用坐标法或向量运算求解.
截面问题
考向1　截面形状的确定
【例1】　一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，过一条侧
棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图形中的（　　）
√
解析： 　易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A、D；等腰三角形
的底边是正三棱锥的一条棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除
B；而等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球
在这两个面上的切点，所以C正确.
立体几何中的截面类型
（1）平面截球：圆面；
（2）平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形；
（3）平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形；
（4）平面截圆锥曲面：椭圆、双曲线（单支）、抛物线.
考向2　与截面有关的计算问题
【例2】　已知长方体ABCD-A1B1C1D1的高为 ，两个底面均为边长为1
的正方形，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于E，F，则四边形BFD1E
面积的最小值为 .

解析：根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交
BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面
平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则 ＝
2 ＝2× BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形
BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝ ，（ ）min＝2× ＝ .故四边形BFD1E面积的最小值为 .
常见截面的应用
　　应用几何体中的截面可将空间问题转化为平面问题解决，由于所截几
何体的位置、角度不同，大致可分为轴截面、直（斜）截面、平行于底面
的截面等，通过截面将几何体中的底边长、侧棱、高、斜高、球的半径、
截面圆半径等几何元素纳入到同一个平面几何图形中求解，也可利用几何
体中的某些已知量求截面的面积与周长（注意交线为弧时圆的性质的应
用）.
1. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的
中点，点G是棱C1C的中点.则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图
形为（　　）
A. 矩形 B. 三角形
C. 正方形 D. 等腰梯形
√
解析：　如图，取BC的中点H，连接AH，GH，
AD1，D1G. 由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH
平面A1EF，EF 平面A1EF. 所以GH∥平面A1EF，
同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH
平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线
段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形
AHGD1，显然为等腰梯形.
2. 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点
D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为 .
解析：正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下
底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，
OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的
半径为r，r＝AO2＝ ，则R2＝r2＋1＝ .①当过点D
的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为
球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝ ；②当过点
D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，该截面圆的直
径为AB，即半径为 ＝1，所以截面圆的面积最小为π·12
＝π，综上，截面面积的取值范围为［π， ］.
［π， ］
交线问题
【例3】　已知三棱锥P-ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB
＝AC＝2 ，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表
面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于 .

解析：由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2 的正方
体，O为底面中心，如图所示，若AD＝AF＝2，则PD＝
PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又
OA＝ ＞2，OP＝3 ＞4，所以平面ABC与球面所成弧
是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为 的圆弧，故弧长为 ；平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为 的圆弧，故弧长为 .所以最长弧的弧长为 .
处理两面交线问题的方法
　　一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之间相交，
交线是直线还是曲线.若截面与多面体相交，可用线面交点法找棱线与截
面的交点，再作连接两交点的线段；若截面与旋转体相交，则可用面面交
线法找相交的曲线段.其中曲线段的端点一定是某一母线与截面的交点，
曲线段为圆锥曲线的一部分.
　在正三棱锥P-ABC中，PA＝6 ，BC＝6，M，N，Q，D分别是
AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线
QD与直线l所成角的正弦值为（　　）
A. B. C. D.
√
解析：　取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝
AB，又因为MJ∥AB，MJ＝ AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以四边
形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，
所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即
为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD，因为正三棱锥P-ABC
中，PA＝6 ，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6 ，AB＝AC＝BC＝
6，所以QD＝MQ＝3 ，MD＝3， cos ∠MQD＝ ＝
＝ ，所以 sin ∠MQD＝ ＝
＝ .
课时跟踪检测
1. 过一个圆锥的侧面一点（不是母线的端点）作圆锥的截面，则截面与该
圆锥侧面的交线可以是图形：①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双
曲线的一部分，其中正确的为（　　）
A. ①②③④ B. ①③④
C. ①② D. ①②④
解析：　根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.
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2. （2024·新乡第三次模拟）已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为
3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（　　）
A. 9π B. 12π
C. 16π D. 20π
解析：　由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离
的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值
为 ＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值
是42π＝16π.故选C.
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3. 已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点
M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中，不正确的是（　　）
A. 截面BMD1N可能是矩形
B. 截面BMD1N可能是菱形
C. 截面BMD1N可能是梯形
D. 截面BMD1N不可能是正方形
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解析：　如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是
矩形；如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是
菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；
根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选C.
　
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4. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，E为棱BB1的中点，则平面
AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为（　　）
A. B.
C. 4 D.
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解析：　取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，则EM∥BC1，
且EM＝ BC1，则EM∥AD1，且EM＝ AD1.又AB＝2，所以MD1＝
AE＝ ＝ ，BC1＝AD1＝2 ，因此EM＝ ，所以平面
AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A. 因此该
等腰梯形的高h＝ ＝ ＝ ，
所以该截面的面积S＝ （AD1＋EM）·h＝ .
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5. 已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝6，AB＝4 ，点E在线
段BD上，且BD＝3BE. 过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小
值是（　　）
A. 3π B. 4π
C. 8π D. 9π
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解析：　如图，设O1是顶点A在底面BCD上的射
影，连接AO1，BO1.由正弦定理得，△BCD的外接圆
半径r＝BO1＝ × ＝2 .在Rt△ABO1中，由
勾股定理得棱锥的高AO1＝ ＝
＝6.易知点O在AO1上，连接
OB，设球O的半径为R，则在Rt△OBO1中，R2＝（6
－R）2＋（2 ）2，解得R＝4，所以OO1＝2.连接
O1E，OE，在△BO1E中，由余弦定理得O1E2＝BE2
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＋B －2×BE×BO1× cos 30°＝4＋12－2×2×2 × ＝4，所以O1E＝2，所以OE＝ ＝2 .根据球的性质知，过点E作球O的截面，当OE垂直于截面时，截面面积最小，此时截面圆
的半径为 ＝ ＝2 ，截面面积为8π.故选C.
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6. （多选）（2024·湖北十一名校第二次联考）用平面α截圆柱，圆柱的
轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截线是一个椭
圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将
两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且
与圆柱面和α均相切.其中G1G2为椭圆长轴，F1，F2为两切点，P为椭
圆上一点.下列结论中正确的有（　　）
A. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等
C. 椭圆的离心率e＝ cos θ
D. 若R为球O1的半径，则R＝AG1·tan
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解析：　对于B，因为直线G1A，G1F1分别与球O1相切于点A，F1，所以根据切线长定理知，G1A＝G1F1，同理可得G2B＝G2F1，所以G1G2＝G1F1＋G2F1＝G1A＋G2B.又O1，O分别为AB，G1G2的中点，所以G1A＋G2B＝2OO1＝O1O2，因此G1G2＝O1O2，故B正确.对于A，由选项B的结论知OO1＝ O1O2＝ G1G2＝a，连接O1F1，易知O1F1⊥平面α，OF1 平面α，所以O1F1⊥OF1，过点P作O1O2的平行线，交球O1于点M，交球O2于点N，易知M，N为切点，则PF1＝PM，PF2＝PN，则PF1＋PF2＝PM＋PN＝MN＝O1O2＝2a，所以F1，F2为椭圆的两个
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焦点.则OF1＝c，所以O1F1＝ ＝ ＝b，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故A正确.对于C，因为O1F1⊥平面α，所以轴O1O2与平面α所成的角θ＝∠O1OF1，cos θ＝ cos ∠O1OF1＝ ＝ ＝e，故C正确.对于D，连接O1G1，易证△O1AG1≌△O1F1G1，所以∠O1G1A＝∠O1G1F1＝ ＝ ，又
∠AO1G1＋∠O1G1A＝ ，所以∠AO1G1＝ ，因为tan∠AO1G1＝ ，所以tan ＝ ，即R＝ ，故D错误.综上，选A、B、C.
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7. 如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面
ACD1截球O的截面面积为 .

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解析：平面ACD1是边长为 的正三角形，且球与以点
D为公共点的三个面的切点恰为△ACD1三边的中点，故
所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，如图所
示，△ACD1内切圆的半径是 ×tan 30°＝ ，则所求
的截面圆的面积是π×（ ）2＝ .
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8. （2024·潍坊学科素养能力测试）正三棱台ABC-A1B1C1中，A1B1＝1，
AB＝AA1＝2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F
作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为 .

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解析：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补为正三棱锥D-
ABC，连接AF并延长交CD于点M，连接ME交B1C1于点
N，连接FN，则FN即为过点A，E，F的截面与上底面
A1B1C1的交线，因为FC1∥AC，所以 ＝ ＝ ＝ ，
所以MC1＝ CC1＝ ，过点E作BC的平行线交CC1于点
H，易知HE＝ （BC＋B1C1）＝ . ＝ ＝ ＝
，所以C1N＝ HE＝ ，在△C1FN中，由余弦定理得FN
＝ ＝ .
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9. 在圆台O1O2中，四边形ABCD是其轴截面，AD＝DC＝BC＝ AB，过
O1C且与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面CEF
的距离是 ，则圆台的体积等于 　 　.

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解析：因为AD＝DC＝BC＝ AB，所以四边形ADCO1，BCDO1为平
行四边形，所以O1C＝O1D＝O1A＝AD，则△AO1D为正三角形，所
以∠DAB＝60°，由题意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平
面ABCD＝O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，
在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，
则O1M＝ ，所以AO1＝ ＝2，则O1O2＝DN＝2 sin 60°＝ ，设圆台上、下底面半径分别为r，R，则R＝AO1，
r＝DO2＝ AO1，则圆台的体积V＝ h（R2＋Rr＋r2）
＝ ×（4＋2＋1）＝ .
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10. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其
中之一.勒洛四面体是分别以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体
的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体ABCD中，正
四面体ABCD的棱长为4，平面ABC截勒洛四面体ABCD所得截面的面
积为 .
8π－8
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解析：平面ABC截勒洛四面体ABCD所得的截面如图所
示.其中△ABC是边长为4的正三角形， 是以B为圆
心，4为半径的弧； 是以C为圆心，4为半径的弧；
是以A为圆心，4为半径的弧，所以 所对的弓形
面积为 ×42× － ×42＝ －4 ，所以截面面积
为3×（ －4 ）＋ ×42＝8π－8 .
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